Problemas de optimización

1. Dibujar y nombrar. Sea $x$ el lado de cada cuadrado, en centímetros. Al doblar, la base mide $24 - 2x$ por $15 - 2x$, y la altura es $x$. Función objetivo, el volumen en cm³:

   $$x\left(24 - 2x\right)\left(15 - 2x\right)$$

2. Dominio. Las tres medidas tienen que ser positivas. Basta con $x > 0$ y $15 - 2x > 0$, porque si el lado corto alcanza, el largo también:

   $$0 < 2x < 15$$

3. Es decir, $0 < x < 7{,}5$. Derivamos el volumen.

   $$\frac{d}{dx}\left(x\left(24 - 2x\right)\left(15 - 2x\right)\right)$$

4. Al desarrollar queda:

   $$12x^{2} - 156x + 360$$

5. Puntos críticos. Igualamos a cero.

   $$12x^{2} - 156x + 360 = 0$$

6. Dividimos entre 12.

   $$x^{2} - 13x + 30 = 0$$

7. Factorizamos. Salen $x = 3$ y $x = 10$, pero $x = 10$ está fuera del dominio: no se pueden cortar cuadrados de 10 cm en una lámina de 15 cm de ancho. Solo queda $x = 3$.

   $$\left(x - 3\right)\left(x - 10\right) = 0$$

8. Comprobar que es un máximo. Probamos la derivada antes de 3, con $x = 1$:

   $$12 \cdot 1^{2} - 156 \cdot 1 + 360 = 216$$

9. y después de 3, con $x = 5$:

   $$12 \cdot 5^{2} - 156 \cdot 5 + 360 = -120$$

10. La derivada pasa de $+$ a $-$: en $x = 3$ hay un máximo relativo. Como es el único punto crítico del dominio, es el máximo absoluto. El volumen máximo:

    $$\left.\left(x\left(24 - 2x\right)\left(15 - 2x\right)\right)\right|_{x=3}$$

11. Las medidas de la caja son:

    $$3 \cdot \left(24 - 2 \cdot 3\right) \cdot \left(15 - 2 \cdot 3\right)$$

12. $$3 \cdot 18 \cdot 9$$

13. Interpretación. El volumen es 486 cm³. Tiene sentido: si los cuadrados son muy pequeños la caja queda casi plana, y si son muy grandes la base casi desaparece; en los dos casos el volumen se acerca a cero.

    $$486$$

Respuesta: Cuadrados de 3 cm de lado. La caja queda de 18 cm por 9 cm de base y 3 cm de alto, con un volumen de 486 cm³.

1. Nombrar. Sea $x$ el lado de la base y $h$ la altura, en metros. Restricción: el volumen es $x^2 h = 8$, así que $h = \dfrac{8}{x^2}$.

2. Función objetivo. La base tiene $x^2$ m² a 20 mil pesos; las cuatro paredes tienen $4xh$ m² a 10 mil pesos. El costo, en miles de pesos, con $h$ ya reemplazada, es:

   $$20x^{2} + \frac{10 \cdot 4x \cdot 8}{x^{2}}$$

3. Simplificamos.

   $$20x^{2} + \frac{320}{x}$$

4. Dominio: $x > 0$; cualquier lado positivo da un tanque posible. Derivamos.

   $$\frac{d}{dx}\left(20x^{2} + \frac{320}{x}\right)$$

5. $$40x - \frac{320}{x^{2}}$$

6. Puntos críticos. Igualamos a cero y multiplicamos por $x^2$, que es positivo.

   $$40x - \frac{320}{x^{2}} = 0$$

7. $$40x^{3} = 320$$

8. $$x^{3} = 8$$

9. La única solución real es:

   $$x = 2$$

10. Comprobar que es un mínimo. Antes de 2, con $x = 1$:

    $$40 \cdot 1 - \frac{320}{1^{2}} = -280$$

11. después de 2, con $x = 3$:

    $$40 \cdot 3 - \frac{320}{3^{2}} = \frac{760}{9}$$

12. La derivada pasa de $-$ a $+$: es un mínimo, y como es el único punto crítico de $(0;\ +\infty)$, es el mínimo absoluto. La altura:

    $$\frac{8}{2^{2}}$$

13. $$2$$

14. El costo mínimo, en miles de pesos:

    $$\left.\left(20x^{2} + \frac{320}{x}\right)\right|_{x=2}$$

15. $$20 \cdot 2^{2} + \frac{320}{2}$$

16. Son 240 mil pesos. Tiene sentido: un tanque muy angosto necesitaría paredes altísimas, y uno muy ancho, una base enorme del material caro.

    $$240$$

Respuesta: Base de 2 m por 2 m y altura de 2 m. El costo mínimo es de 240 mil pesos.

1. Nombrar. Sea $x$ la distancia, en cm, desde la esquina izquierda de la arista hasta el punto donde la araña la cruza. El tramo por la cara de adelante es la hipotenusa de un triángulo de catetos 60 y $x$; el tramo por la tapa, la de uno de catetos 30 y $120 - x$. Función objetivo, el largo del camino:

   $$\sqrt{60^{2} + x^{2}} + \sqrt{30^{2} + \left(120 - x\right)^{2}}$$

2. Dominio. El punto está sobre la arista, así que $0 \le x \le 120$: es un intervalo cerrado. Derivamos (regla de la cadena en cada raíz).

   $$\frac{d}{dx}\left(\sqrt{60^{2} + x^{2}} + \sqrt{30^{2} + \left(120 - x\right)^{2}}\right)$$

3. $$\frac{x}{\sqrt{3600 + x^{2}}} - \frac{120 - x}{\sqrt{900 + \left(120 - x\right)^{2}}}$$

4. Puntos críticos. Igualamos a cero.

   $$\frac{x}{\sqrt{3600 + x^{2}}} - \frac{120 - x}{\sqrt{900 + \left(120 - x\right)^{2}}} = 0$$

5. $$\frac{x}{\sqrt{3600 + x^{2}}} = \frac{120 - x}{\sqrt{900 + \left(120 - x\right)^{2}}}$$

6. En el dominio los dos lados son positivos o cero, así que podemos elevar al cuadrado y quitar los denominadores sin ganar soluciones falsas.

   $$x^{2} \cdot \left(900 + \left(120 - x\right)^{2}\right) = \left(120 - x\right)^{2} \cdot \left(3600 + x^{2}\right)$$

7. Al desarrollar, el término $x^2(120 - x)^2$ aparece a los dos lados y se cancela.

   $$900x^{2} = 3600 \cdot \left(120 - x\right)^{2}$$

8. Dividimos entre 900.

   $$x^{2} = 4 \cdot \left(120 - x\right)^{2}$$

9. Como $x$ y $120 - x$ no son negativos, sacamos raíz cuadrada a los dos lados.

   $$x = 2 \cdot \left(120 - x\right)$$

10. $$x = 80$$

11. Candidatos. El dominio es cerrado: comparamos el punto crítico con los dos bordes. En $x = 80$:

    $$\left.\left(\sqrt{60^{2} + x^{2}} + \sqrt{30^{2} + \left(120 - x\right)^{2}}\right)\right|_{x=80}$$

12. $$\sqrt{3600 + 6400} + \sqrt{900 + 1600}$$

13. $$100 + 50$$

14. $$150$$

15. En el borde $x = 0$ la araña sube derecho y cruza la tapa en diagonal; el camino mide unos 183,7 cm:

    $$183{,}6 < 60 + \sqrt{30^{2} + 120^{2}} < 183{,}7$$

16. En el borde $x = 120$ cruza la cara de adelante en diagonal y la tapa de frente; mide unos 164,2 cm:

    $$164{,}1 < \sqrt{60^{2} + 120^{2}} + 30 < 164{,}2$$

17. Comprobación. Si se desdobla la caja y la tapa queda en el mismo plano que la cara de adelante, se forma un rectángulo de 120 cm por $60 + 30 = 90$ cm, y el camino más corto es su diagonal, una recta:

    $$\sqrt{120^{2} + \left(60 + 30\right)^{2}} = 150$$

Respuesta: Debe cruzar la arista a 80 cm de la esquina izquierda. El camino mide 150 cm, menos que los 164,2 cm y los 183,7 cm de los bordes.